BÀI TOÁN BIÊN THỨ NHẤT KHÔNG CÓ ĐIỀU KIỆN BAN ĐẦU ĐỐI VỚI HỆ SCHRO¨ DINGER MẠNH TRONG MIỀN KHÔNG TRƠN.

BÀI TOÁN BIÊN THỨ NHẤT KHÔNG CÓ ĐIỀU KIỆN BAN ĐẦU ĐỐI VỚI HỆ SCHRO¨ DINGER MẠNH TRONG MIỀN KHÔNG TRƠN.BÀI TOÁN BIÊN THỨ NHẤT KHÔNG CÓ ĐIỀU KIỆN BAN ĐẦU ĐỐI VỚI HỆ SCHRO¨ DINGER MẠNH TRONG MIỀN KHÔNG TRƠN.BÀI TOÁN BIÊN THỨ NHẤT KHÔNG CÓ ĐIỀU KIỆN BAN ĐẦU ĐỐI VỚI HỆ SCHRO¨ DINGER MẠNH TRONG MIỀN KHÔNG TRƠN.BÀI TOÁN BIÊN THỨ NHẤT KHÔNG CÓ ĐIỀU KIỆN BAN ĐẦU ĐỐI VỚI HỆ SCHRO¨ DINGER MẠNH TRONG MIỀN KHÔNG TRƠN.BÀI TOÁN BIÊN THỨ NHẤT KHÔNG CÓ ĐIỀU KIỆN BAN ĐẦU ĐỐI VỚI HỆ SCHRO¨ DINGER MẠNH TRONG MIỀN KHÔNG TRƠN.

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI NGUYỄN THỊ LIÊN BÀI TOÁN BIÊN THỨ NHẤT KHƠNG CĨ ĐIỀU KIỆN BAN ĐẦU ĐỐI VỚI HỆ SCHROă DINGER MNH TRONG MIN KHễNG TRN LUN N TIN SĨ TOÁN HỌC Hà Nội - 2016 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI NGUYỄN THỊ LIÊN BÀI TỐN BIÊN THỨ NHẤT KHƠNG CĨ IU KIN BAN U I VI H SCHROă DINGER MNH TRONG MIỀN KHƠNG TRƠN Chun ngành: Phương trình vi phân tích phân Mã số: 62.46.01.03 LUẬN ÁN TIẾN SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS TSKH NGUYỄN MẠNH HÙNG Hà Nội - 2016 Lời cam đoan Tôi xin cam đoan cơng trình nghiên cứu hướng dẫn GS TSKH Nguyễn Mạnh Hùng Các kết phát biểu luận án trung thực chưa công bố cơng trình tác giả khác Nghiên cứu sinh Nguyễn Thị Liên Lời cảm ơn Luận án hoàn thành hướng dẫn GS TSKH Nguyễn Mạnh Hùng Nhân dịp này, Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc tới GS TSKH Nguyễn Mạnh Hùng, cảm ơn thầy hướng dẫn tận tình chu đáo từ Tơi cịn sinh viên Tôi thực cảm thấy vô may mắn thầy hướng dẫn Tôi xin cảm ơn Giảng viên thành viên Seminar Bộ mơn Giải tích Khoa Tốn - Tin, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội có góp ý hữu ích cho cơng việc nghiên cứu Tơi Tơi xin gửi lời cảm ơn gia đình, nguồn động lực lớn lao giúp tơi có th ể hoàn thành lu ận án Tác giả Mục lục Mục lục Chương TÍNH GIẢI ĐƯỢC DUY NHẤT CỦA BÀI TỐN .15 1.1 Phát biểu tốn 15 1.1.1 Đặt toán .15 1.1.2 Một số bổ đề quan trọng 17 1.2 Sự tồn nghiệm tốn có điều kiện ban đầu 19 1.3 Sự tồn nghiệm toán khơng có điều kiện ban đầu 25 1.3.1 Tính nghiệm 25 1.3.2 Sự tồn nghiệm suy rộng tốn khơng có điều kiện ban đầu .29 1.4 Kết luận Chương 31 Chương TÍNH TRƠN CỦA NGHIỆM .33 2.1 Tính trơn nghiệm theo biến thời gian tốn có điều kiện ban đầu 33 2.2 Tính trơn theo tập hợp biến nghiệm tốn có điều kiện ban đầu 38 2.3 Tính trơn nghiệm tốn khơng có điều kiện ban đầu 45 2.4 Kết luận Chương 47 Chương BIỂU DIỄN TIỆM CẬN NGHIỆM TRONG LÂN CẬN CỦA ĐIỂM NÓN 49 3.1 Các kiến thức bổ trợ 49 3.2 Biểu diễn tiệm cận nghiệm toán elliptic phụ thuộc tham số lân cận điểm nón 54 3.3 Biểu diễn tiệm cận nghiệm tốn biên khơng cú iu kin ban u i vi h Schrăodinger lân cận điểm nón 67 3.4 Các ví dụ áp dụng 73 3.4.1 Ví dụ 74 3.4.2 Ví dụ 77 3.4.3 Ví dụ 78 3.5 Kết luận Chương 82 CÁC KHÔNG GIAN HÀM Giả sử Ω miền bị chặn Rn (n ≥ 2) với biên S = ∂Ω Hơn nữa, giả thiết S \ {0} trơn vơ hạn ngồi gốc tọa độ lân cận U0 gốc tọa độ Ω ∩ U0 trùng với nón K = {x : x/|x| ∈ tt}, tt miền mặt cầu đơn vị Sn−1 với biên trơn Đặt r = |x| Với a < b, kí hiệu Ωa b = Ω×(a, b), aSb = S ×(a, b) Đặc biệt, ta kí hiệu Q = Ω×R, Γ = S ×R, tt∞ = tt × R K∞ = K × R Với đa số α = (α1, , αn) ∈ Nn, α1 αn đặt |α| = α1 + · · · + αn Dα = x ∂ x ∂ n Với hàm vectơ u(x, t) = (u1(x, t), , us(x, t)), kí hiệu Dαu = (D u1 , , D α utj = ∂ α ( = s ∑ i= |D ui|2 s ∂jui ∂jus ∑ ) , |utj | = i= | j | j ∂t ∂t α α j us), |D u| u1 , ∂t , j Trong luận án này, thường sử dụng không gian hàm sau: Ck(Ω) - không gian hàm khả vi liên tục đến cấp k Ω C0∞ (Ω) - không gian hàm khả vi vô hạn với giá compact Ω L2(Ω) - không gian hàm bình phương khả tích Ω thỏa mãn ||u||L2(Ω) = (∫ ) 12 < +∞ |u(x)| dx Hk(Ω) - không gian hàm giá trị phức đo Ω có đạo hàm suy rộng đến cấp k thỏa mãn ∥u∥Hk (Ω) = ( ) 12 ∑k < +∞ ∫ |D αu| dx |α|=0 Ω Hk−1/2(S) - không gian vết hàm không gian Hk(Ω) S với chuẩ n k ∥u∥H k−1/2 (S) = inf{∥w∥H k (Ω) : w ∈ H (Ω), w|S = u} b s Hk,l(Ωba) - không gian hàm vectơ u : Ω a −→ C có đạo hàm suy rộng đến cấp k theo biến x đến cấp l theo biến t thỏa mãn | ( ∫ ( |α∑ ) 12 =0 k ∑ ) ∥u∥Hk,l(Ωab ) b Ωa |D αu| + |utj | dxdt < +∞ j=1 = Hk,l(−γ, Ωba) - không gian Sobolev có trọng gồm hàm vectơ u xác định Ωab có đạo hàm đến cấp k theo biến x đến cấp l theo biến t thỏa mãn ( |α∑| (∫ =0 k bΩ ∥u∥Hk,l(−γ,Ωab ) = l |D αu| a + 2) dxdt ∑ |utj | e−2γ t ) 12 < +∞ j=1 Đặc biệt, ta đặt L2(−γ, Ωb ) = H0,0(−γ, Ωb ) ◦ a k b ,l k,l a b (−γ, Ωa) - bao đóng H (−γ, Ωa) hàm khả vi vô hạn triệt H tiêu xung quanh Sba l Hβ (K) - khơng gian Sobolev có trọng gồm hàm u(x) có đạo hàm suy rộng đến cấp l thỏa mãn ∥u∥Hl (K) = (∫ l | |α∑ =0 β α ) 12 r2(β+|α|−l)|D u| dx < +∞ b Hk,l β (−γ, Ω a) - không gian Sobolev có tr ọng g ồm hàm u(x, t) có đạo hàm suy rộng Dαu, utj , |α| ≤ k, ≤ j ≤ l thỏa mãn ∥u∥H k,l (−γ, Ωb ) = k (∑ r (∫ a β b a ) 12 αu| |utj | 2) −2γt dxdt < +∞ 2(β+|α|−l) |D ∑ e + |α|=0 l j=1 Hlβ(−γ, Q) - không gian hàm u(x, t) có đạo hàm suy rộng Dαutj , |α| ≤ l, ≤ j ≤ l, thỏa mãn ∥u∥H ∫ β l (−γ,Q) = ( |α| l ∑+j=0 α r2(β+|α|+j−l) |D utj | e−2γ t ) 12 dxdt < +∞ L∞(0, ∞; L2(Ω)) - không gian hàm u : (0, ∞) → L2(Ω) thỏa mãn u ∞ = ess sup || || 0 (2(2m + l)+ 1)γ0 toán (1.2)-(1.3) ftk ∈ Hl,0(−γ, Q), với k ≤ 2m + l + Hơn nữa, giả sử dải n m− n ≤ Imλ ≤ 2m + l − 2 khơng chứa điểm phổ tốn tử tuyến tính hệ (1.2)-(1.3) Khi u ∈ H02m+l(−γ, Q) thỏa mãn ước lượng sau ∥u∥2H2m+l (−γ,Q) 2.4 ≤C 2m+l+1 ∑ ∥f k ∥2Hl,0 (−γ,Q) t k=0 (2.29) Kết luận Chương Trong chương này, dành hai mục để trình bày tính trơn nghiệm toán với điều kiện ban đầu t = h tùy ý Đã có số cơng trình nghiên cứu tính trơn tốn có điều kiện ban đ ầu hệ phương trình Schrăodinger cú im nún, chng hn [24], [25], [30] Trong kết này, số C ước lượng tiên nghiệm phụ thuộc vào thời điểm ban đầu h Vì chúng tơi cần đặt điều kiện phù hợp cho vế phải f đánh giá tinh để số độc lập với h Sau đó, cách tiến qua giới hạn h → −∞, nhận kết tính trơn nghiệm tốn có điều kiện ban đầu Các kết đạt bao gồm: • Tính trơn theo biến thời gian nghiệm suy r ộng tốn khơng gian Hm,0(−γ, Q) Tính trơn phụ thuộc tính trơn vế phải mà khơng cần địi hỏi điều kiện tính trơn biên • Tính trơn theo tập hợp biến nghiệm không gian Sobolev có0 trọng H2m+l(−γ, Q) Để đạt kết này, ngồi điều kiện tính trơn vế phải f, chúng tơi cịn cần phải giả thiết thêm điều kiện hệ số toán tử L điều kiện phổ bó tốn tử tương ứng, tức điều kiện tính trơn biên Chương BIỂU DIỄN TIỆM CẬN NGHIỆM TRONG LÂN CẬN CỦA ĐIỂM NĨN Mục đích chương nghiên cứu dáng điệu tiệm cận nghiệm suy rộng lân cận điểm nón Kết chương Định lí 3.1 Phương pháp để nghiên cứu sử dụng kết phổ tốn tử tuyến tính kết biểu diễn tiệm cận nghiệm toán elliptic lân cận điểm nón với phương pháp chứng minh quy nạp tốn học Nội dung chương viết theo báo số danh mục cơng trình tác giả 3.1 Các kiến thức bổ trợ Đặt r = |x| ω = (ω1, , ωn−1) hệ tọa độ cực Sn−1 Ta dễ |α| ∑ α −|α| dàng kiểm tra D = r Pα,k(ω, Dω)(rDr)k, Pα,k(ω, Dω) k=0 tốn tử tuyến tính với hệ số hàm trơn Ω với Dr = i∂/∂r, Dω = ∂/∂ω1 ∂ωn−1 Kí hiệu L(t, D) = ∑ |p|=|q|=m Dp(apq(0, t)Dq) phần tốn tử L(x, t, D) gốc tọa độ O Khi ta viết lại tốn tử L(t, D) dạng sau L(t, D) = r−2mL(ω, t, rDr, Dω) L(ω, t, rDr, Dω) tốn tử tuyến tính với hệ số trơn Ta giới thiệu bó tốn tử U(λ, t) = (L(ω, t, λ, Dω), Dω0 , , ωDm−1), λ ∈ C, t ∈ R, toán elliptic phụ thuộc tham số sau L(ω, t, λ, Dω)u = f, tt, (3.1) Dωj u = gj, ∂tt, j = 0, , m − (3.2) Với số λ ∈ C, t ∈ R, bó tốn tử U ánh xạ liên tục từ không gian X ≡ Hl(tt) vào không gian Y Hl2m(tt) ì Hlà j=1 j 1/2 (tt), l ≥ 2m µj = 0, · · · , m − Bây ta nhắc lại số khái niệm quan trọng bó tốn tử phụ thuộc tham số U sau (có thể xem thêm [39]) Lấy t0 ∈ R số cố định Nếu λ0 ∈ C, φ0 ∈ X cho φ0 ̸= 0, U(λ0, t0)φ0 = 0, ta gọi λ0 giá trị riêng bó tốn tử U(λ, t0) φ0 gọi vectơ riêng tương ứng với giá trị riêng λ0 Khi Λ = dim ker U(λ0, t0) gọi bội hình học giá trị riêng λ0 Nếu phần tử φ0, φ1, , φs X thỏa mãn phương trình σ ∑ dq U(λ, t ) | q! dλq q=0 φσ−q = 0, với σ = 1, , s, λ=λ0 thứ tự φ0, φ1, , φs gọi xích Jordan tương ứng với giá trị riêng λ0 với độ dài s + Hạng vectơ riêng φ0 (rankφ0) định nghĩa độ dài cực đại xích Jordan tương ứng với vectơ riêng φ0 Một hệ trực chuẩn vectơ riêng U(λ0, t0) tương ứng với giá trị riêng λ0 hệ vectơ riêng φ1,0, φ2,0, , φΛ,0 cho hạng φ1,0 lớn số hạng vectơ riêng tương ứng với giá trị riêng λ0 hạng φj,0 lớn số hạng vectơ riêng ph ần bù không gian ker U(λ0, t0) φ1,0, , φj−1,0 (j = 2, , Λ) Các số κj = rankφj,0 (j = 1, , Λ) gọi bội riêng tổng κ = κ1 + · · · + κΛ gọi bội đại số giá trị riêng λ0 Giá trị riêng λ0 gọi giá trị riêng đơn bội đại số 1, giá trị riêng λ0 gọi giá trị riêng bán đơn bội đại số bội hình học Với t ∈ R cố định, tập tất số phức λ cho U(λ, t) không khả nghịch gọi phổ bó tốn tử U(λ, t) Ta biết rằng, chẳng hạn xem [39], phổ toán tử U(λ, t) tập đếm giá trị riêng Để thu biểu diễn tiệm cận nghiệm lân cận c ểm kì d ị, sau ta đòi hỏi thêm điều kiện giá tr ị riêng vectơ riêng bó tốn tử U(λ, t) sau: Lấy l1, l2 số nguyên không âm β1, β2 số thực cho l1 − β1 < l2 − β2 Ta nói giả thiết (H) cho số l1, l2, β1, β2 thỏa mãn điều kiện sau thỏa mãn i Các đường thẳng Imλ = n + − , (i = 1, 2) không chứa giá trị −βi li n riêng bó tốn tử U(λ, t) dải n + l1 − < Imλ(t) < −β1 −β2 + l2 − 2 chứa hàm giá trị riêng λµ(t), µ = 1, , N, với bội hình học tương ứng Λµ bội riêng κµ,k, µ = 1, , N, k = 1, , Λµ, khơng phụ thuộc vào t ∈ R Hơn nữa, giá trị riêng hàm gi ải tích R m ii Ta chọn hệ trực chuẩn vectơ φk,s (ω, t) k = 1, , Λµ, s = 1, , κµ,k, xích Jordan U(λ, t) tương ứng với giá trị riêng λµ(t), µ = 1, , N cho vectơ φ(µ)(ω, t) hàm trơn R với k = 1, , Λµ, s = 1, , κµ,k với k,s ω ∈ tt (µ) Chú ý đường thẳng Imλ = −βi n + − , (i = 1, 2) không chứa li hàm giá trị riêng bó tốn tử U(λ, t) dải −β1 + l1 − n < Imλ(t) < n −β2 + l2 − chứa giá trị riêng đơn bán đơn λµ(t), µ = 1, , N, đổi, từ [34] ta kết luận giả thiết (H) cho số với bội không l1, l2, β1, β2 thỏa mãn Nhận xét 3.1.1 Theo Định lí 5.2.1 [39], λ0(t) giá trị riêng bó tốn tử U(λ, t) với bội hình học I bội riêng κ1, , κI không phụ thuộc vào t tồn lân cận U1 gốc tọa độ O cho U1 × R tốn tử U−1(λ, t) có biểu diễn sau I U−1(λ, t) = ∑ κj −1 ∑ Pj,s(t) (λ − λ0(t)) κj + P(λ, t), (3.3) −s Pj,s(t) họ tốn tử phụ thuộc giải tích theo t P(λ, t) họ toán tử liên tục phụ thuộc giải tích theo hai biến λ t Tiếp theo, chuyển qua giới thiệu bó tốn tử liên hợp với bó tốn tử U(λ, t) Trước hết ta nhắc lại định nghĩa hệ Dirichlet bậc l (xem [39] (trang 63)) Một hệ toán tử vi phân biên {B1, , Bl} gọi hệ chuẩn tắc Γ • ordBk ̸= ordBj với k ̸= j; • Boj(x, t, ν(x)) ̸= 0, j = 1, , l với (x, t) ∈ Γ, đój Bo(x, t, D) phần Bj(x, t, D) ν(x) trường vectơ đơn vị pháp tuyến S \ {0} điểm x Một hệ toán tử vi phân biên {B1, , Bl} gọi hệ Dirichlet bậc l Γ hệ chuẩn tắc bậc toán tử Bj bé l Khi đó, kí hiệu toán tử biên ∂j toán tử , j = 0, , j ∂ν− m biên tốn (1.2)-(1.3) hệ {B0, , Bm−1} hệ chuẩn tắc Bj = ∂K, có tốn tử biên Bj(t, D), ordBj(t, D) = µj < 2m, j = m, , 2m − cho hệ {B0, , B2m−1} hệ Dirichlet bậc 2m ∂K, công thức Green sau ∫ − m∑ Luv + ∫ K j=0 ∫ Bj uBj′ +m vds = m−1 ∫ uL+vdx + Bj+m uBj′ vds, (3.4) j=0 K ∂K với u, v ∈ C0∞ (K) với t (xem [39]) Ở ∑ + + L u = L (t, D)u = (−1)|p|=|q|(−1)m =m |p| p D (apq(0, t)Dqu) tốn tử liên hợp hình thức L Bj′ = Bj′ (t, D) toán tử biên bậc µ′j = 2m − − µj+m j ≤ m − bậc µ′j = 2m − − µj−m j ≥ m, µj = j ≤ j ≤ m − Các toán tử L+ (t, D), Bj (t, D) Bj′ (t, D) viết dạng L+(t, D) = r−2mL+(ω, t, rDr, Dω), (3.5) Bj′ (t, D) = r−µ′j B′j (ω, t, rDr, Dω ), j = 0, , m − (3.6) Bj (t, D) = r−µ′j Bj (ω, t, rDr, Dω ), j = 0, , m − (3.7) Từ công thức Green (3.4) ta nhận công thức Green sau ∫ m− L(t, λ)uv ∫ ∑ + j=0 Bj(t, λ)uB′j+m(t, −λ + 2m − n)vds = ∂K K ∫ m−1 −λ + 2m − n)vdx + uL+(t, ∫ Bj+m (t, λ)uB′j (t, −λ + 2m − n)vds, j=0 K (3.8) với u, v ∈ C∞(Ω) với t Trong đó, ngắn gọn, ta kí hiệu L(t, λ), Bj (t, λ), L+ (t, λ) B′j (t, λ) thay cho L(ω, t, λ, Dω ), Bj (ω, t, λ, Dω ), L+ (ω, t, λ, Dω ) B′j (ω, t, λ, Dω ) Tập phổ tốn tử tuyến tính hệ sau L+(ω, t, −iλ + 2m − n, Dω)v = 0, tt, (3.9) B′j (ω, t, −iλ + 2m − n, Dω )v = 0, ∂tt, j = 0, , m − 1, (3.10) gọi toán liên hợp tập phổ tốn tử ến tính h ệ (3.1)-(3.2) Và bó tốn tử U+ (λ, t) = {L+ (ω, t, −iλ + 2m − n, Dω ); B′j (ω, t, −iλ + 2m − n, Dω )}, với j = 0, , m gọi bó tốn tử liên hợp bó tốn tử U(λ, t) theo công thức Green (3.8) (xem [39, trang 64]) Kí hiệu U^0 = U0 ∩ U1, với U0 lân cận gốc tọa độ O xác định trang 3.2 U1 xác định trang 53 Biểu diễn tiệm cận nghiệm toán elliptic phụ thuộc tham số lân cận điểm nón Đầu tiên, ta xét tốn biên elliptic phụ thuộc vào tham số t sau (−1)mL(t, D)u = f Q, (3.11) Dωj u = gj Γ, j = 0, , m − (3.12) Bổ đề sau cho ta kết biểu diễn tiệm cận nghiệm toán elliptic phụ thuộc tham số lân cận điểm nón Trong [31], tác giả phát biểu chứng minh kết tương tự với điều kiện giá trị riêng bán đơn xét toán trụ K × (0, ∞) Ở đây, yêu cầu điều kiện yếu giá trị riêng (điều kiện (H)) nhận biểu diễn tiệm cận nghiệm K∞ = K × R ,0 Bổ đề 3.1 Giả sử u ∈ V l1β ,d(−γ, K∞) nghiệm toán (3.11)1 −2m,0 (3.12), f ∈ Vβl2,d −2m+j+1/2,0 (−γ, K∞), gj ∈ Vβl2,d (−γ, ∂K∞) l1, l2, d số tự nhiên, β1, β2 số thực thỏa mãn l1, l2 ≥ 2m, β2 −l2 < β1 − l1 Giả sử u ≡ U1 Hơn nữa, giả sử giả thiết (H) cho số l1, l2, β1, β2 thỏa mãn Khi u thỏa mãn biểu diễn sau N Λµ u(x, t) = ∑ ∑ κµ,j −1 r−iλµ(t) ∑ cµ,j,s(t)uµ,j,s + w(x, t), (3.13) ,0 w ∈ V l2 (−γ, K∞), cµ,j,s ∈ Ld(−γ, R) β ,d ∑ uµ,j,s s (ln σφ(µ) j,s−σ (ω, r) = t) σ! Chứng minh Với µ = 1, , N , giả k,s sử φ(µ)(ω, t), k = 1, , Λµ, s = 1, , k hệ tắc hàm vectơ riêng bó tốn tử U+(λ, t) (xem thêm Bổ đề 4.1 [51]) Đặt s v µ,j,s −iλµ+2m−n (x, t) = r r)σφ ∑ (lnj,s− (ω, t) σ σ ! với µ = 1, , N, j = 1, , Λµ, s = 0, , κµ,j−1 Với t cố định, theo Định lí 6.1.4 [39] ta có biểu diễn (3.13) với ∫ w(x, t) = r(µ) π λU−1(λ)F(ω, λ, t)dλ, (3.14) Imλ=−β2+l2−2 n ∫ m−1 ∫ ∑ cµ,j,s(t) = f (x, t)vµ,j,s(x, t)dx gj (x, t)Bj′ +m vµ,j,s (x, t)dS, (3.15) j=0 Ω + Γ với µ = 1, , N, j = 1, , Λµ, s = 0, , κµ,j − 1, ta kí hiệu ∫ +∞ F = (r˜2m f , , r−iλ−1 g(ω, r, t)dr j−1 ) Ở g˜(ω, λ, t) := , r˜2m g0 r ˜m g biến đổi Mellin theo biến r hàm g(ω, λ, t) ,0 Trước tiên, ta chứng minh w ∈ Vβ l,d (−γ, K∞) Do đường thẳng Imλ = −β2 + l2 n khơng có giá trị riêng tuyến tử tuyến tính − hệ (3.1)-(3.2), nên từ chứng minh Định lí 3.6.1 [39] ta có đánh giá sau ||U−1(λ, t)F||2 l W2 (Ω,λ) ≤ C ( || r˜2m f ||2 l −2m W2 (Ω,λ ) m−1 ∑ l || + ˜ r m g ||2 W j j=0 với λ nằm đường thẳng Imλ = −β2 số C không phụ thuộc vào λ, t, với + l2 −µ −1/2 j ), (S,λ) (3.16) n − , t ∈ R, ||u||W2l(Ω,λ) := ||u||Hl(Ω) + |λ|l ||u||L2(Ω), ||u||Wl−1/ 2 := ||u||H l−1/2 (S) + |λ|l−1/2 || u||L (S) chuẩn tương đương Hl(Ω), Hl−1/2(S) với số phức λ cố định (xem Bổ đề 3.6.3 [39]) Ta chứng minh quy nạp theo d −1 ||(U )td (λ, t)F|| r˜2m f ≤ C(d) l m−1 ∑ || + r˜2 m g ||2 j l −2m ||2 (|| W22 W2 (Ω,λ) (Ω,λ ) W2 j=0 ) l −µ −1/2 j (S,λ) (3.17) Với d = 0, bất đẳng thức (3.17) (3.16) Giả sử (3.17) với h − Từ đẳng thức U(λ, t)U−1(λ, t) = Id, lấy đạo hàm d lần theo biến t ta nhận k=0 k Utd−k (λ, t)(U−1)tk (λ, t) + U(λ, t)(U−1)td (λ, t) = (3.18) ( ) ∑d−1 d Viết lại đẳng thức (3.18) dạng d−1 ∑ (U )td (λ, t) = −U (λ, ) t) d −1 −1 ( k=0 k Utd−k (λ, t)(U−1)tk (λ, t) (3.19) Từ đẳng thức giả thiết quy nạp, ta nhận (3.17) Do Bổ đề 6.1.4 [39] nên chuẩn không gian H l β(K) tương đương với chuẩn sau |||u||| = ( ∫ 2π i Imλ=−β+l− −1 ,||λ) ||˜ ·u( (S,λ) W l−1/2 Sử dụng điều với ý˜ w(ω, λ, t) = U2 (λ, t)F(ω, λ, t) (3.16), từ (3.14) dλ) ta suy với t ||w(·, t)|| l H (K) ≤ C β2 2πi = ≤ C 2π i C ∫ ||w˜( · , λ,||t) ∫ Imλ=−β2+l2− W22 n dλ (Ω,λ) l || −1 · || U (λ, t)F( , λ, t) dλ W22 (Ω,λ) l Imλ=−β2+l2−2 n ∫ ( || r˜2m f ||2 m−1 l −2m + ∑ || l −µ −1/2 r˜2 W m g ||2 j ) dλ 2πi nImλ=−β +l2− ( (K) −2 m ≤ C ||r2m f (·, t)|| H2 l l β2−2m (K) −2 m ≤ C ||f (·, t)|| j (S,λ) ) ||rµj gj ||H 22 −µj−1/ + ∑ ||gj|| H2 (S)) m−1 j=0 ( + ∑ j=0 (Ω,λ W2 m−1 −µj−1/ (S)) l l β H2 j=0 Nhân hai vế bất đẳng thức với e2γt lấy tích phân theo t R ,0 l2 ta nhận w ∈ (−γ, K∞) β H ( 2 ||w||Hβl2,0( γ,K ) C∞ − ≤ ) m−1 ∑ ||f ||V l2−2m,0( γ,K ) β2,0 − +∞ j=0 l2−µj−1/2,0 ||gj || ( γ,Γ) V β ,0 − (3.20) Lấy đạo hàm hai vế đẳng thức (3.14) d lần theo t, ta có ∑ (d) ∫ wtd (x, t) (U−1 )tk (λ, t)F˜td−k (ω, λ, t)dλ rλ = n 2π k=0 Imλ=−β2+l2− Sử dụng (3.17) lập luận tương tự chứng minh (3.20) ta ,0 nhận wtd ∈ Hl2 (−γ, K∞) β2 ||wtd || H l2 ,0 ≤ ) C (−γ,K β2 (||f ||V l2 −2m,0 (−γ,K ∞ β2,0 )+ m−1 ∑ ||gj|| l2−µj −1/2,0 Vβ j=0 ∞ 2,0 ) (−γ,Γ) ,0 Từ suy w ∈ V l2 (−γ, K∞) β2,d Tiếp theo ta chứng minh cµ,j,s(·) ∈ L2 d(−γ, R) với µ = 1, , N với j = 1, , Λµ, s = 0, , κµ,j−1 Thật vậy, ta nhớ lại ∑ α−| | Dα x |α| =r p P p=0 (ω, D )(rD ) ,α,p ω v s (x, t) = r−iλµ+2m−n ∑ (ln σ r) φ µ,j,s σ=0 nên D(µ) α vµ,j,s(x, t) |α| ∑ ( r n −iλµ+2m− σ! j,s−σ (ω, t), ... THỊ LIÊN BÀI TOÁN BIÊN THỨ NHẤT KHƠNG CĨ ĐIỀU KIỆN BAN ĐẦU ĐỐI VỚI HỆ SCHROă DINGER MNH TRONG MIN KHễNG TRN Chuyờn ngnh: Phng trình vi phân tích phân Mã số: 62.46.01.03 LUẬN ÁN TIẾN SĨ TOÁN HỌC... thời gian tốn có điều kiện ban đầu 33 2.2 Tính trơn theo tập hợp biến nghiệm tốn có điều kiện ban đầu 38 2.3 Tính trơn nghiệm tốn khơng có điều kiện ban đầu 45 2.4 Kết... [32], [33] đ ể gi ải tốn khơng có ều kiện ban đầu cho hệ parabolic tổng quát với điều kiện biên khác với điều kiện biên Dirichlet Cơng thức biểu diễn tích phân nghiệm toán định lí tồn nghiệm chứng